2023高考数学复习专项训练《空间直角坐标系》

这是一份2023高考数学复习专项训练《空间直角坐标系》，共18页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


2023高考数学复习专项训练《空间直角坐标系》

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）已知A（-1，2，7），B（-3，-10，-9），则以线段AB中点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （4，8，2）
B. （4，2，8）
C. （4，2，1）
D. （2，4，1）
2.（5分）已知A（-1，2，7），B（-3，-10，-9），则以线段AB中点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （4，8，2） B. （4，2，8）
C. （4，2，1） D. （2，4，1）
3.（5分）点（1，1，1）关于z轴的对称点为（ ）
A. （-1，-1，1） B. （1，-1，-1）
C. （-1，1，-1） D. （-1，-1，-1）
4.（5分）到点A（1，1，1）、B（-1，-1，-1）的距离相等的点C（x，y，z）的坐标满足（ ）
A. x+y+z=-1 B. x+y+z=0 C. x+y+z=1 D. x+y+z=3
5.（5分）空间直角坐标系oxyz中点（2，-3，5）关于y轴对称的点的坐标是（ ）
A. （-2，-3，-5） B. （2，3，5）
C. （-2，3，-5） D. （-2，3，5）
6.（5分）已知空间直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为(2,3,5)，(3,1,4)，则A，B两点间距离为()
A. 2 B. 5 C. 6 D. 6
7.（5分）点A（1，2，3）在坐标平面yOz内的射影是点B的坐标是（ ）
A. （0，2，3） B. （1，0，3）
C. （1，2，0） D. （1，0，0）
8.（5分）已知ΔABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1,0)，B(0,1,2)，C(2,1,1)，则BC边上中线的长度为 ( )
A. 12 B. 1 C. 32 D. 2
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P满足DP→=λDD1→+μDA→，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则以下说法正确的是()
A. 当λ=μ时，直线BP//平面CB1D1
B. 当λ+μ=1时，线段CP长度的最小值为62
C. 当λ+μ=1时，直线CP与平面BCC1B1所成的角不可能为π3
D. 当μ=12时，存在唯一点P使得直线DP与直线CB1所成的角为π3
10.（5分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为43的正三角形，底面ABCD为矩形，且CD=23，点Q是PD的中点，则下列结论描述正确的是()

A. CQ⊥平面PAD B. B，Q两点间的距离等于43
C. DC与平面AQC所成的角为60° D. 三棱锥B-AQC的体积为12
11.（5分）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB=AA1=12AD=1，∠BAD=60°，点P是半圆弧A1D1⌢上的动点(不包括端点)，点Q是半圆弧BC⌢上的动点(不包括端点)，则下列说法正确的是()

A. AD→⋅A1P→的取值范围是[0,4]
B. 若C1Q与平面ABCD所成的角为θ，则tanθ>12
C. 若三棱锥P-BCQ的外接球表面积为S，则S∈[4π,13π)
D. 四面体PBCQ的体积是定值
12.（5分）(多选)如图，在棱长为3的正方体AB-CD-A1B1C1D1中，P为体对角线BD1上靠近B点的三等分点，P到正方体顶点的距离可能为 ()

A. 6 B. 3 C. 23 D. 6
13.（5分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=2，BC=4，BB1=5，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上且靠近A1，当CE⊥B1E时，则() 


A. BE=22 B. DE=6
C. S△ACE=35 D. 二面角A1-B1E-D的余弦值为2121
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在空间直角坐标系中，点M（5，1，-2），则点M关于xoz面的对称点坐标为____．
15.（5分）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的顶点坐标分别为A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，5)，则C1的坐标为____．
16.（5分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED=FB=1，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是__________ 
①EC⊥AF；②该几何体外接球的表面积为3π； 
③若G为EC中点，则GB//平面AEF； 
④AG2+BG2的最小值为3. 
 

17.（5分）在空间直角坐标系o-xyz中．点（1，2，3）关于y轴对称的点坐标为____．
18.（5分）在空间直角坐标系中，z轴上到点A（1，0，2）与B（2，-2，1）距离相等的点的坐标为____________．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知OA,OB,OC两两垂直，OA=OC=3,OB=2，M为OB的中点，点N在AC上，AN=2NC. 
 
 

(Ⅰ)求MN的长；
(Ⅱ)若点P在线段BC上，设BPPC=λ，当AP⊥MN时，求实数λ的值．
20.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且边长为2a，棱PD⊥底面ABCD，PD=2b，取各侧棱的中点E，F，G，H，写出点E，F，G，H的坐标．

21.（12分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是C1C，D1A1的中点，求点A到直线EF的距离.
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD//BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，PB=3.
(Ⅰ)求证：BC⊥PB；
(Ⅱ)求二面角P-CD-A的余弦值；
(Ⅲ)若点E在棱PA上，且BE//平面PCD，求线段BE的长．

23.（12分）如图，正方形ABCD， ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0
①求MN的长.
②a为何值时，MN的长最小?

答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：A（-1，2，7），B（-3，-10，-9），则线段AB中点（-2，-4，-1）， 
由空间直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特点：横坐标、纵坐标、竖坐标都互为相反数， 
可得AB的中点坐标（-2，-4，-1）关于坐标原点的对称点的坐标为（2，4，1）， 
故选：D．

2.【答案】D;
【解析】解：A（-1，2，7），B（-3，-10，-9），则线段AB中点（-2，-4，-1）， 
由空间直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特点：横坐标、纵坐标、竖坐标都互为相反数， 
可得AB的中点坐标（-2，-4，-1）关于坐标原点的对称点的坐标为（2，4，1）， 
故选：D．

3.【答案】A;
【解析】解：点（1，1，1）关于z轴则竖坐标不变，横坐标和纵坐标相反，即对称点的坐标为（-1，-1，1）． 
故选A．

4.【答案】B;
【解析】解：∵点C（x，y，z）到点A（1，1，1）、B（-1，-1，-1）两点的距离相等， 
∴|AC|=|BC|， 
即(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2=(x+1)2+(y+1)2+(z+1)2， 
两边平方，整理得x2+y2+z2-2x-2y-2z+3=x2+y2+z2+2x+2y+2z+3， 
化简得x+y+z=0，即为点C的坐标满足的关系式． 
故选：B

5.【答案】A;
【解析】解：∵在空间直角坐标系中，点（2，-3，5）关于y轴对称， 
横坐标、竖坐标都互为相反数，纵坐标不变． 
∴其对称点为：（-2，-3，-5）， 
故答案为：（-2，-3，-5）．

6.【答案】C;
【解析】 
此题主要考查空间中两点间距离公式，是基础题【解析】由题知A，B两点的坐标分别为(2,3,5)，(3,1,4)，∴A，B两点间距离(2-3)2+(3-1)2+(5-4)2=6.故选C. 


7.【答案】A;
【解析】解：∵点B是A（1，2，3）在yOz坐标平面内的射影 
∴A与B的纵标和竖标相同，横标为0，得到B的坐标（0，2，3）． 
故选A．

8.【答案】C;
【解析】因为△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1,0)，B(0,1,2)，C(2,1,1)，所以BC的中点坐标为(1,1,32)，所以BC边上中线的长度为
(1-1)2+(1-1)2+(32-0)2=32，故选C.

9.【答案】ABC;
【解析】 
此题主要考查了线面平行、面面平行的判定及直线与平面所成角，利用空间向量求线线，线面和面面的夹角的应用，属于中档题. 
根据线面平行与面面平行的判定判断A选项，由已知利用空间向量求线线，线面的夹角以及表示向量的模长，可判断其余选项. 
解：∵在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P满足DP→=λDD1→+μDA→，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]， 
连接BA1，BD，DA1，CB1，CD1，B1D1， 
 
A.当λ=μ时，DP→=λ(DD1→+DA→)=λ(DD1→+D1A1→)=λDA1→， 
∴DP→与DA1→共线，∴点P在平面A1BD内， 
∵BD//B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1， 
∴BD//平面CB1D1，同理可得A1B//平面CB1D1， 
∵BD∩A1B=B，BD，A1B⊂平面A1BD， 
∴平面A1BD//平面CB1D1，∵BP⊂平面A1BD， 
∴BP//平面CB1D1，故A正确； 
以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 
可得D(0,0,0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，B(1,1,0)， 
DD1→=(0,0,1),DA→=(1,0,0)，CB1→=(1,0,1)， 
B.当λ+μ=1时，μ=1-λ，结合DP→=λDD1→+(1-λ)DA→， 
得P(1-λ,0,λ)，此时CP→=(1-λ,-1,λ)， 
∴|CP→|=(1-λ)2+1+λ2=2λ2-2λ+2，λ∈[0,1]， 
当λ=μ=12时，|CP→|min=62， 
当λ+μ=1时，CP长度的最小值为62，故B正确; 
C.由选项B可知，当λ+μ=1时，P(1-λ,0,λ)，此时CP→=(1-λ,-1,λ)， 
由正方体的结构特征可知平面BCC1B1的一个法向量为n→=(0,1,0)， 
令|cos⟨CP→,n→⟩|=|-1(1-λ)2+1+λ2|=sinπ3=32，无解， 
∴CP与平面BCC1B1所成的角不可能为π3，故C正确； 
D.当μ=12时，结合DP→=λDD1→+μDA→可得P(12,0,λ)，即DP→=(12,0,λ)， 
设DP→与CB1→的夹角为θ， 
令|cos⟨DP→,CB1→⟩|=|DP→·CB1→||DP→||CB1→|=|12+λ|14+λ2×2=12， 
解得λ=-2±32∉[0,1]， 
故当μ=12时，不存在点P使得DP与直线CB1的夹角为π3，故D错误. 
故选ABC.

10.【答案】BD;
【解析】 
此题主要考查线面垂直的判定，直线与平面所成角，空间中的距离，棱锥体积的计算，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题. 
根据选项逐一分析判断计算即可. 
解：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，底面ABCD为矩形， 
∴CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，而CQ∩CD=C，若CQ⊥平面PAD，则与过一点向平面作垂线只能做一条矛盾，故A错误； 
∵侧面PAD是正三角形，取AD的中点O， 
∴PO⊥AD， 
∵AD=43， 
∴OP=6,OD=23， 
∴以O为原点，OD所在直线为x轴，过O作CD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 
 
则D(23,0,0),P(0,0,6)，B(-23,23,0)， 
∵点Q是PD的中点， 
∴Q(3,0,3)， 
所以BQ=(-23-3)2+(23-0)2+(0-3)2=48=43，故B正确； 
由空间坐标系可知A(-23,0,0),C(23,23,0)， 
所以AQ→=(33,0,3),AC→=(43,23,0). 
设平面AQC的一个法向量为n→=(x,y,z). 
则{n→·AC→=43x+23y=0n→·AQ→=33x+3z=0， 
令z=-3，解得x=1,y=-2， 
所以n→=(1,-2,-3). 
又DC→=(0,23,0)， 
所以cos=n→·DC→|n→|×|DC→|=-4322×23=-22， 
又线面角的范围为[0,π2]可知直线DC与平面AQC所成的角的余弦值为22， 
则直线DC与平面AQC所成的角为π4，故C错误； 
∵VB-ACQ=VQ-ABC，∵点Q是PD的中点， 
∴点Q到平面ABCD的距离为点P到平面ABCD的距离的一半， 
即43×322=3，S△ABC=12×43×23=12， 
∴VB-ACQ=VQ-ABC=13×12×3=12，故D正确；

11.【答案】BC;
【解析】 
此题主要考查直四棱柱的特征以及棱锥体积和线面角以及外接球表面积公式，空间向量的数量积，属于较难题. 
利用数量积判断A；利用线面角判定B；建立空间直角坐标系，利用外接球表面积公式判断C，利用三棱锥体积公式判断D， 
解：对于A，因为AD=//A1D1，在直角三角形A1PD1中，cos∠D1A1P=A1PA1D1， 
则AD→·A1P→=|AD→||A1P→|cos∠D1A1P=4cos2∠D1A1P， 
因为cos∠D1A1P∈(0,1)，所以AD→·A1P→的取值范围是(0,4)，故A错误； 
对于B，C1在平面ABCD上的投影为C， 
所以C1Q在平面ABCD的投影为CQ，而QC⊥BQ， 
易知C1Q与平面ABCD所成的角为∠C1QC， 
所以tanθ=tan∠C1QC=C1CCQ=1CQ，因为CQ∈(0,2)，所以 tanθ>12，故B正确； 
对于C，以D为原点，DC，DD1，DB分别为x轴，z轴，y轴建立空间坐标系， 
 
取BC中点为M，A1D1中点为N，则B(0,3,0),C(1,0,0),A1(-1,3,1),D1(0,0,1)， 
所以M(12,32,0),N(-12,32,1)， 
所以圆N：(x+12)2+(y-32)2=1，设P(x0,y0,1)， 
设三棱锥中心为F，则F(12,32,z0)，因为FB=FP， 
可得{x02-x0+y02-3y0+1-2z0=0x02+x0+14+y02-3y0+34=1可得12=x0+z0， 
因为x0∈[-1,12],所以z∈[0,32), 
所以BF∈[1,132),所以S∈[4π,13π)，故C正确； 
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点P到面ABCD的距离d=1， 
设点Q到BC的距离为h， 
所以VPBCQ=13d·S△BCQ=13d·12BC·h=13h，h为不定值， 
所以四面体PBCQ的体积不是定值，故D错误. 
故选BC.

12.【答案】ABC;
【解析】 
此题主要考查空间中两点间距离公式，建立空间直角坐标系，结合图形可得P到正方体顶点的距离可能值，属于中档题，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长 
AB=3，则A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，D(0,0,0)，A1(3,0,3)，B1 
(3,3,3)，C1(0,3,3)，D1(0,0,3)，所以BD1→=(-3,-3,3)， 
因为BP→=13BD1→=(-1,-1,1)， 
所以DP→=DB→+BP→=(2,2,1). 
所以PA=PC=PB1=12+22+12 
=6，PD=PA1=PC1=22+22+12=3， 
PB=3，PD1=22+22+22=23. 
故P到正方体顶点的距离的不同取值有6，3，3，23. 



13.【答案】BD;
【解析】 
此题主要考查了空间中两点间距离公式，平面与平面所成角的向量求法
解：易知BA⊥BC，BB1⊥BA，BB1⊥BC，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AE=t，52 所以CE→=(2,-4,t)，B1E→=(2,0,t-5).
因为CE⊥B1E，所以CE→·B1E→=2×2-4×0+t(t-5)=0，即t2-5t+4=0，
解得t=4或t=1(舍)，
所以E(2,0,4)，DE=(1-2)2+(2-0)2+(5-4)2=6，故选项B正确．
BE=(2-0)2+(0-0)2+(4-0)2=25，故选项A不正确．
因为AC=AB2+BC2=22+42=25，
所以S△ACE=12AC×AE=12×25×4=45，故C不正确．
易知平面A1B1E的一个法向量为B1C1→=(0,4,0)，
设平面DB1E的法向量为n→=(x,y,z)，
B1D→=(1,2,0)，DE→=(1,-2,-1)，
由{&B1D→·n→=0,&DE→·n→=0,得{&x+2y=0,&x-2y-z=0,
取y=1，则x=-2，z=-4，所以n→=(-2,1,-4)，
显然二面角A1-B1E-D为锐角，
所以二面角A1-B1E-D的余弦值为|B1C1→·n→||B1C1→||n→|=44×4+1+16=2121，故选项D正确．
故选BD.

14.【答案】（5，-1，-2）;
【解析】解：根据空间直角坐标系中，点关于坐标面对称的特点知 
点关于那一个面对称，则面上所包含的两个字母的符号不变， 
不包含的那个字母对应的数字要变， 
∴M（5，1，-2）关于xoz面的对称点坐标（5，-1，-2） 
故答案为：（5，-1，-2）

15.【答案】(2，2，5);
【解析】∵A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，
∴C点坐标为(2，2，0)， 
又∵A1(0，0，5)，∴C1的坐标为(2，2，5)． 
故答案为：(2，2，5)．

16.【答案】①②③;
【解析】 
此题主要考查空间线面的位置关系和空间线线角的求法，以及向量法解决空间问题，考查运算能力，属于中档题． 
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得D，A，B，C，F，E的坐标，由AF→，EC→的坐标表示，可判断①；确定球心为矩形BDEF的对角线交点，求得半径，可判断②；求得G的坐标，求得平面AEF的法向量，计算可判断③；设出G的坐标，由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断④． 
解：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴， 
建立空间直角坐标系， 
 
可得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，F(1,1,1)，E(0,0,1)， 
即有EC→=(0,1,-1)，AF→=(0,1,1)，由AF→⋅EC→=0+1-1=0，可得EC⊥AF，故①正确； 
由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点， 
可得半径为(22)2+(12)2=32，即有该几何体外接球的表面积为4π⋅34=3π，故②正确； 
若G为EC中点，可得G(12,1,12)，BG→=(-12,0,12)，AE→=(-1,0,1)，AF→=(0,1,1)， 
设平面AEF的法向量为n→=(x,y,z)，可得-x+z=0，且y+z=0，可设x=1，可得一个法向量为(1,-1,1)， 
由BG→⋅n→=-12+12=0，可得BG→⊥n→.则GB//平面AEF，故③正确； 
设G(0,t,1-t)(0⩽t⩽1)，AG2+BG2=1+t2+(1-t)2+1+(1-t)2+(1-t)2=4t2-6t+5=4(t-34)2+114， 
当t=34时，取得最小值114，故④错误． 
故答案为：①②③．

17.【答案】（-1，2，-3）;
【解析】解：∵在空间直角坐标系中，点（1，2，3）关于y轴对称，把x变为-x，z变为-z，y不变， 
∴其对称点为：（-1，2，-3）． 
故答案为：（-1，2，-3）．

18.【答案】（0，0，-2）;
【解析】解：设C（0，0，z） 
由点C到点A（1，0，2）与点B（2，-2，1）的距离相等，得 
12+02+（z-2）2=（2-0）2+（-2-0）2+（z-1）2 
解得z=-2，故C（0，0，-2） 
故答案为：（0，0，-2）．

19.【答案】解：(1)以O为原点，OA，OB，OC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，
因为M为OB的中点，AN=2NC，
所以M(0,1,0)，N(1,0,2)，所以|MN|=(1-0)2+(0-1)2+(2-0)2=6.
(2)设P(0,y,z)，因为BPPC=λ，且点P在线段BC上，所以BP→=λPC→，
P(0,21+λ,3λ1+λ).所以AP→=(-3,21+λ,3λ1+λ)， 
由(1)得MN→=(1,-1,2).
当AP⊥MN，AP→·MN→=0，
即-3-21+λ+6λ1+λ=0，解得λ=53.;
【解析】此题主要考查线段长的求法，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 
(1)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出MN的长;
(2)设P(0,y,z)，因为BPPC=λ，且点P在线段BC上，所以BP→=λPC→，
P(0,21+λ,3λ1+λ)，所以AP→=(-3,21+λ,3λ1+λ)，由(1)得MN→=(1,-1,2)，因为AP⊥MN，所以AP→·MN→=0，即-3-21+λ+6λ1+λ=0，解出即可.

20.【答案】解：由图形知，DA⊥DC，DC⊥DP，DP⊥DA，故以D为原点，建立如图空间坐标系D-xyz． 
∵E，F，G，H分别为侧棱中点，由立体几何知识可知，平面EFGH与底面ABCD平行， 
从而这4个点的竖坐标都为P的竖坐标的一半，也就是b， 
由H为DP中点，得H（0，0，b） 
E在底面面上的投影为AD中点， 
∴E的横坐标和纵坐标分别为a和0， 
∴E（a，0，b）， 
同理G（0，a，b）； 
F在坐标平面xOz和yOz上的投影分别为点E和G， 
∴F与E横坐标相同都是a， 
与G的纵坐标也同为a，又F竖坐标为b， 
∴F（a，a，b）．;
【解析】根据条件建空间直角立坐标系，根据E，F，G，H分别为侧棱中点，得到这4个点的竖坐标都为P的竖坐标的一半，E在底面面上的投影为AD中点，得到E的坐标，F在坐标平面xOz和yOz上的投影分别为点E和G得到F与E横坐标相同，得到结果．

21.【答案】解 方法一 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图.令DA=2，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，EF→=(1,-2,1).

设点M满足FM→=λEF→且AM⊥EF，令M(x,y,z)，∴(x-1,y,z-2)=λ(1,-2,1)，∴x=λ+1，y=-2λ，z=λ+2，∴M(λ+1,-2λ,λ+2)，∴AM→=(λ-1,-2λ,λ+2)，∵AM⊥EF，∴AM→·EF→=λ-1+4λ+λ+2=0，解得λ=-16.∴AM→=(-76,13,116)， ∴|AM→|=(-76)2+(13)2+(116)2 =1746， 点A到EF的距离为1746.
方法二以D为坐标原点， 分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图. 

设DA=2，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，EF→=(1,-2,1)，FA→=(1,0,-2).∴|EF→|=12+(-2)2+12=6，FA→·EF→=1×1+0×(-2)+(-2)×1=-1∴FA→在EF→上的投影长度为|FA→·EF→||EF→|=16.∴点A到直线EF的距离d=|FA→|2-(16)2=296=1746.;
【解析】此题主要考查空间点到直线的距离求法，可建立空间直角坐标系，利用两点距离公式求解，或利用向量投影求解，属于中档题

22.【答案】证明：(Ⅰ)∵在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD//BC，AD=3，
PA=BC=2AB=2，PB=3.
∴PA2=PB2+AB2， 
∴PB⊥AB， 
∵平面PAB∩平面ABCD=AB， 
∴PB⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD， 
∴BC⊥PB.
解：(Ⅱ)以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BP为z轴，建立空间直角坐标系， 

A(0,1,0)，C(2,0,0)，D(3,1,0)，P(0,0,3)，
CD→=(1,1,0)，CP→=(-2,0,3)，CA→=(-2,1,0)，
设平面PCD的法向量n→=(x,y,z)，
则{n→·CD→=x+y=0n→·CP→=-2x+3z=0，取x=3，得n→=(3,-3,2)，
平面CDA的法向量m→=(0,0,1)，
设二面角P-CD-A的平面角为，
则cosθ=|m→·n→||m→|·|n→|=210=105.二面角为锐角.
二面角P-CD-A的余弦值为105.
(Ⅲ)平面PCD的法向量n→=(3,-3,2)，
点E在棱PA上， 
∴PE→=λPA→=λ(0,1,-3)=(0,λ,-3λ)，
∴BE→=BP→+PE→=(0,λ,3-3λ)，
∵BE//平面PCD，
∴BE→·n→=0-3λ+23-23λ=0， 
∴λ=23，
∴E(0,23,33)，
∴|BE→|=(23)2+(33)2=73， 
线段BE的长为73.;
【解析】
此题主要考查线与线、线与面的位置关系，考查向量法求二面角，属于中档题． 
(Ⅰ)推导出PB⊥AB，从而PB⊥平面ABCD，由此能证明BC⊥PB.
(Ⅱ)以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角P-CD-A的余弦值．
(Ⅲ)求出平面PCD的法向量n→=(3,-3,2)，由点E在棱PA上，且BE//平面PCD，求出E(0,23,33)，由此能求出线段BE的长．
 


23.【答案】解①建立如图所示的空间直角坐标系， 

则A(1,0,0)，F(1,1,0)， C(0,0,1).因为CM=BN=a(0 ②由①知MN=(a-22)2+12(0 【解析】(1)作MP//AB交BC于点，NQ//AB交BE于点Q，连接PQ，易证MNQP是平行四边形， 
根据MN=PQ，即可求出MN的长; 
(2)根据(1)将MN关于a的函数进行配方即可求出MN的最小值，注意取最小值时a的取值即 
此题主要考查空间距离的计算，考查配方法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题.